浙江省2018年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第一部分 考點(diǎn)研究 第五單元 四邊形 第24課時(shí) 矩形、菱形、正方形試題

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1、 第五單元　四邊形 第24課時(shí)　矩形、菱形、正方形 (建議答題時(shí)間：60分鐘) 基礎(chǔ)過(guò)關(guān) 1. (2017益陽(yáng))下列性質(zhì)中菱形不一定具有的性質(zhì)是(　　) A. 對(duì)角線互相平分 B. 對(duì)角線互相垂直 C. 對(duì)角線相等 D. 既是軸對(duì)稱圖形又是中心對(duì)稱圖形 2. (2017海南)如圖，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，則△ABC的周長(zhǎng)為(　　) A. 14 B. 16 C. 18 D. 20 第2題圖 　　　 3. (2017臨沂)在△ABC中，點(diǎn)D是邊BC上的點(diǎn)(與B、C兩點(diǎn)不重合)，過(guò)點(diǎn)D作DE∥AC，DF∥AB，分別交AB，AC于E、F兩點(diǎn)，下列說(shuō)

2、法正確的是(　　) A．若AD⊥BC，則四邊形AEDF是矩形 B．若AD垂直平分BC，則四邊形AEDF是矩形 C．若BD＝CD，則四邊形AEDF是菱形 D．若AD平分∠BAC，則四邊形AEDF是菱形 4. (2017河南)我們知道：四邊形具有不穩(wěn)定性．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD的邊AB在x軸上，AB的中點(diǎn)是坐標(biāo)原點(diǎn)O.固定點(diǎn)A，B，把正方形沿箭頭方向推，使點(diǎn)D落在y軸正半軸上點(diǎn)D′處，則點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C′的坐標(biāo)為(　　) 第4題圖 A. (，1) B. (2，1) C. (1，) D. (2，) 5. (2017黔東南州)如圖，正方形ABCD

3、中，E為AB中點(diǎn)，F(xiàn)E⊥AB，AF＝2AE，F(xiàn)C交BD于O，則∠DOC的度數(shù)為(　　) A. 60° B. 67.5° C. 75° D. 54° 第5題圖 6. (2017瀘州)如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，AE⊥BD，垂足為F，則tan∠BDE的值為(　　) 第6題圖 A. B. C. D. 第7題圖 7. (2016棗莊)如圖，把正方形紙片ABCD沿對(duì)邊中點(diǎn)所在的直線對(duì)折后展開(kāi)，折痕為MN，再過(guò)點(diǎn)B折疊紙片，使點(diǎn)A落在MN上的點(diǎn)F處，折痕為BE.若AB的長(zhǎng)為2，則FM的長(zhǎng)為(　　) A. 2 B. C. D. 1

4、8. (2017呼和浩特)如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，E，F(xiàn)為BD所在直線上的兩點(diǎn)．若AE＝，∠EAF＝135°，則以下結(jié)論正確的是(　　) A. DE＝1 B. tan∠AFO＝ C. AF＝ D. 四邊形AFCE的面積為 第8題圖 9. (2017深圳)如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)是3，BP＝CQ，連接AQ、DP交于點(diǎn)O，并分別與邊CD，BC交于點(diǎn)F、E，連接AE.下列結(jié)論：①AQ⊥DP；②OA2＝OE·OP；③S△AOD＝S四邊形OECF；④當(dāng)BP＝1時(shí)，tan∠OAE＝.其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是(　　) 　　　 第9題圖 A. 1 B. 2 C. 3

5、D. 4 10. (2017烏魯木齊)如圖，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，則菱形ABCD的面積為_(kāi)_______． 第10題圖 11. (2017安順)如圖所示，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，△ABE是等邊三角形，點(diǎn)E在正方形ABCD內(nèi)，在對(duì)角線AC上有一點(diǎn)P，使PD＋PE的和最小，則這個(gè)最小值為_(kāi)_______． 第11題圖 12. (2017廣東)如圖所示，已知四邊形ABCD、ADEF都是菱形，∠BAD＝∠FAD，∠BAD為銳角． (1)求證：AD⊥BF； (2)若BF＝BC，求∠ADC的度數(shù)． 第12題圖 13. (2017邵陽(yáng))如圖所示，已

6、知平行四邊形ABCD，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，∠OBC＝∠OCB. (1)求證：平行四邊形ABCD是矩形； (2)請(qǐng)?zhí)砑右粋€(gè)條件使矩形ABCD為正方形． 第13題圖 14. (2017上海)已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝CD，E是對(duì)角線BD上一點(diǎn)，且EA＝EC. (1)求證：四邊形ABCD是菱形； (2)如果BE＝BC，且∠CBE∶∠BCE＝2∶3，求證：四邊形ABCD是正方形． 第14題圖 ,　　　　滿分沖關(guān)) 1. (2017河北)求證：菱形的兩條對(duì)角線互相垂直． 已知：如圖，四邊

7、形ABCD是菱形，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O. 求證：AC⊥BD. 以下是排亂的證明過(guò)程： ①又∵BO＝DO，②∴AO⊥BD，即AC⊥BD，③∵四邊形ABCD是菱形，④∴AB＝AD.證明步驟正確的順序是(　　) A. ③→②→①→④ B. ③→④→①→② C. ①→②→④→③ D. ①→④→③→② 第1題圖 　　　第2題圖 2. (2017蘭州)如圖，在正方形ABCD和正方形DEFG中，點(diǎn)G在CD上，DE＝2，將正方形DEFG繞D點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到正方形DE′F′G′，此時(shí)點(diǎn)G′在AC上，連接CE′，則CE′＋CG′＝(　　) A. ＋ B. ＋1 C

8、. ＋ D. ＋ 3. 如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝10 cm，點(diǎn)P是這個(gè)菱形內(nèi)部或邊上的一點(diǎn)，若以P，B，C為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，則P，A(P，A兩點(diǎn)不重合)兩點(diǎn)間的最短距離為_(kāi)_______cm. 第3題圖 　　　第4題圖 4. (2017棗莊)在矩形ABCD中，∠B的平分線BE與AD交于點(diǎn)E，∠BED的平分線EF與DC交于點(diǎn)F，若AB＝9，DF＝2FC，則BC＝________(結(jié)果保留根號(hào))． 5. (2017揚(yáng)州)如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)P是AB邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接CP，過(guò)點(diǎn)P作PC的垂線交AD于點(diǎn)E，以PE為邊作正方形P

9、EFG，頂點(diǎn)G在線段PC上，對(duì)角線EG、PF相交于點(diǎn)O. (1)若AP＝1，則AE＝________； (2)①求證：點(diǎn)O一定在△APE的外接圓上； ②當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)O也隨之運(yùn)動(dòng)，求點(diǎn)O經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)； (3)在點(diǎn)P從點(diǎn)A到點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，△APE的外接圓的圓心也隨之運(yùn)動(dòng)，求該圓心到AB邊的距離的最大值． 6. (2017河北)平面內(nèi)，如圖，在?ABCD中，AB＝10，AD＝15，tanA＝.點(diǎn)P為AD邊上任意一點(diǎn)，連接PB，將PB繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PQ. (1)當(dāng)

10、∠DPQ＝10°時(shí)，求∠APB的大?。? (2)當(dāng)tan∠ABP∶tanA＝3∶2時(shí)，求點(diǎn)Q與點(diǎn)B間的距離(結(jié)果保留根號(hào))； (3)若點(diǎn)Q恰好落在?ABCD的邊所在的直線上，直接寫(xiě)出PB旋轉(zhuǎn)到PQ所掃過(guò)的面積(結(jié)果保留π)． ,　　　　沖刺名校) 第1題圖 1. 如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝8，點(diǎn)P是對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作EF⊥AC分別交AD、AB于點(diǎn)E、F，將△AEF沿EF折疊，點(diǎn)A落在A′處，當(dāng)△A′BC是等腰三角形時(shí)，AP的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 答案 基礎(chǔ)過(guò)關(guān)

11、 1．C　【解析】菱形所具有的性質(zhì)包括：對(duì)角線互相平分，對(duì)角線互相垂直，既是中心對(duì)稱圖形又是軸對(duì)稱圖形，而對(duì)角線相等是矩形具有的性質(zhì)，菱形不一定具有． 2. C　【解析】因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，則AC⊥BD，又AC＝8，BD＝6，在Rt△OAB中，OA＝4，OB＝3，則AB＝5，所以△ABC的周長(zhǎng)為AB＋BC＋AC＝5＋5＋8＝18. 3．D　【解析】由DE∥AC，DF∥AB可得四邊形AEDF是平行四邊形，若AD平分∠BAC可得∠BAD＝∠CAD，再由AB∥DF，所以∠BAD＝∠ADF，則∠CAD＝∠ADF，可得AF＝DF，最后由有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形可得D正確． 4．D　【

12、解析】 ∵AD′＝DA＝2，AO＝AB＝1，∴OD′＝＝，∵ C′D′＝2，C′D′∥AB，∴C(2，)． 5．A　【解析】如解圖，連接BF，∵EF⊥AB，AF＝2AE，∴cos∠FAE＝，∴∠FAE＝60°，∵E為AB的中點(diǎn)，EF⊥AB，∴EF是線段AB的垂直平分線，∴AF＝BF，∴△ABF是等邊三角形，∴∠ABF＝60°，BF＝AB，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠FBC＝∠ABF＋∠ABC＝150°，BF＝BC，∴∠BCF＝∠BFC＝×(180°－150°)＝15°，∵BD是正方形ABCD的角平分線，∴∠DBC＝45°，∴∠DOC＝∠DBC＋∠BCF＝

13、45°＋15°＝60°. 第5題解圖 6．A　【解析】∵在矩形ABCD，中AD∥BC，BE＝CE，∴BE∶AD＝BF∶FD＝EF∶AF＝1∶2，設(shè)EF＝x，則AF＝2x，∵△BEF∽△AEB，∴BE∶AE＝EF∶BE，∴BE2＝EF·AE＝3x2，∴BE＝x，∴AB2＝AE2－BE2＝6x2，∴AB＝x，∵AB·BE＝AE·BF，∴BF＝x.在Rt△BDC中，BD＝＝3x，∴DF＝2x，在Rt△DFE中，tan∠BDE＝＝＝. 7．B　【解析】∵四邊形ABCD為正方形，AB＝2，過(guò)點(diǎn)B折疊紙片，使點(diǎn)A落在MN上的點(diǎn)F處，∴FB＝AB＝2，BM＝1，則在Rt△BMF中，F(xiàn)M＝＝＝.

14、 8. C　【解析】 選項(xiàng) 逐項(xiàng)分析 正誤 A ∵正方形的邊長(zhǎng)為1，∴OA＝OD＝，∵AE＝，∴OE＝＝＝，∴DE＝－＝  B ∵∠EAF＝135°，∠BAD＝90°，∴∠FAB＋EAD＝45°，∵∠FAB＋∠BFA＝∠ABD＝45°，∴∠BFA＝∠EAD，同理∠AED＝∠FAB，∴△EDA∽△ABF.∴＝＝，∴＝＝，∴AF＝，BF＝，∴OF＝OB＋BF＝，∴tan∠AFO＝＝  C 由選項(xiàng)B得AF＝ √ D S四邊形AFCE＝×AC×EF＝××2＝2  9.C　【解析】 序號(hào) 逐個(gè)分析 正誤 ① ∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝A

15、B＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，又∵BP＝CQ，∴AP＝BQ，∴△ADP≌△BAQ(SAS)，∴∠QAB＝∠ADP，又∵∠QAB＋∠QAD＝90°，∴∠ADP＋∠QAD＝90°，∴∠AOD＝90°，即AQ⊥DP √ ② ∵在Rt△ADP中，AO⊥DP，∴△AOD∽△POA，∴＝，∴OA2＝OD·OP，∵由AD∥BC知△AOD∽△QOE，∴＝≠1，∴OD≠OE，∴OA2≠OE·OP  ③ ∵由①知∠Q＝∠P，∠QCD＝∠PBC＝90°，CQ＝BP，∴△CFQ≌△BEP(ASA)，∴CF＝BE，∵CD＝BC，∴CD－CF＝BC－BE，即DF＝CE，∴S△ADF＝S△DCE，∴S

16、△ADF－S△DOF＝S△DCE－S△DOF，即S△AOD＝S四邊形OECF √ ④ ∵在Rt△ADP中，AD＝3，AP＝AB＋BP＝4，∴DP＝5，∵OA⊥DP，∴OA＝，OP＝，∵BE∥AD，∴△BPE∽△APD，∴＝，即＝，∴EP＝，∴OE＝OP－EP＝，∴在Rt△AOE中，tan∠OAE＝＝＝. √ 10.2　【解析】如解圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，∴AD＝AB＝2，在Rt△AED中，DE＝AD·sin∠DAE＝AD·sin60°＝2×＝，∴菱形ABCD的面積為AB·DE＝2×＝2. 第10題解圖 11. 6　【解

17、析】因?yàn)辄c(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于AC對(duì)稱，所以PD＝BP，所以PD＋PE＝BP＋PE.要使PD＋PE最短，應(yīng)使P、B、E三點(diǎn)共線，此時(shí)PD＋PE＝BP＋PE＝BE＝6. 12．(1)證明：∵四邊形ABCD、四邊形ADEF都是菱形， ∴AB＝AD＝AF， ∴△ABF是等腰三角形， 又∵∠BAD＝∠FAD， ∴AD⊥BF(三線合一)； (2)解：由(1)知AB＝AD＝AF， 又∵AB＝BC，BF＝BC， ∴AB＝AF＝BF， ∴△ABF是等邊三角形， ∴∠BAF＝60°， 又∵∠BAD＝∠FAD， ∴∠BAD＝30°， 又∵四邊形ABCD是菱形， ∴∠ADC＋∠BAD＝180°，

18、 ∴∠ADC＝180°－∠BAD ＝150°. 13．(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD∥BC， ∴∠DAO＝∠OCB，∠ADO＝∠OBC， 又∵∠OBC＝∠OCB， ∴∠DAO＝∠ADO， ∴OB＝OC，OA＝OD. ∴OB＋OD＝OA＋OC，即AC＝BD， ∴平行四邊形ABCD是矩形； (2)解：使矩形ABCD為正方形的條件可為：AB＝BC.(答案不唯一) 14．證明：(1)∵由題意知：AD＝DC，AE＝CE，DE＝DE ∴△DEA≌△DEC(SSS)， ∴∠CDE＝∠ADE， ∵AD∥BC， ∴∠CBD＝∠ADB＝∠CDB， ∴BC＝DC＝

19、AD， ∴四邊形ABCD為平行四邊形； 又∵AD＝CD， ∴四邊形ABCD是菱形． (2)∵∠CBE∶∠BCE＝2∶3， ∴可設(shè)∠CBE＝2x，∠BCE＝3x， 由BE＝BC可得∠BEC＝∠BCE＝3x， ∴△BEC中2x＋3x＋3x＝180°， 解得x＝22.5°， ∴∠CBE＝∠BDC＝2x＝45°， ∴∠BCD＝90°， 由(1)得四邊形ABCD是菱形， ∴四邊形ABCD為正方形． 滿分沖關(guān) 1. B　【解析】要證明AC⊥BD，所以②是第四步；由AB＝AD可知△ABD是等腰三角形，又由BO＝DO結(jié)合等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得到結(jié)論，故④是第二步，①是第三步；

20、而AB＝AD是根據(jù)四邊形ABCD是菱形得到的，故③是第一步，所以證明步驟正確的順序是③→④→①→②. 2．A　【解析】如解圖①，過(guò)G′作G′H⊥AD于點(diǎn)H，∵四邊形ABCD和四邊形DEFG均為正方形，∴AD＝DC，DG＝DE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知DG′＝DG，∠E′DG′＝∠EDG＝90°，∵旋轉(zhuǎn)角∠EDE′＝60°，∴∠ADG′＝∠CDE′＝30°，∴△ADG′≌△CDE′(SAS)，∴CE′＝AG′，又∵AG′＋CG′＝AC，∴CE′＋CG′＝AC，∵DG′＝DG＝2，∴DH＝DG′·cos30°＝，HG′＝DG′·sin30°＝1，∵AC是正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠DAC＝45°，∴AH

21、＝HG′＝1，∴CE′＝AG′＝，∴AD＝AH＋DH＝＋1，∴AC＝AD＝＋，∴CE′＋CG′＝AC＝＋； 第2題解圖① 【一題多解】如解圖②，過(guò)點(diǎn)G′作G′M⊥CD于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)E′作E′N(xiāo)⊥CD于點(diǎn)N，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知∠CDG′＝60°，∵四邊形ABCD和四邊形DEFG均為正方形，且DE＝2，∴DG′＝DE′＝2，∠GDE′＝30°，∴G′M＝DG′·sin∠CDG′＝，DM＝DG′·cos∠CDG′＝1，DN＝DE′·cos∠CDE′＝，E′N(xiāo)＝DE′·sin∠CDE′＝1，∵AC是正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠ACD＝45°，∴G′M＝CM＝，∴CG′＝＝，∵CD＝DM＋CM＝

22、CN＋DN＝＋1，∴CN＝1，∴CE′＝＝，∴CE′＋CG′＝＋. 第2題解圖② 3．10－10　【解析】∵△PBC是等腰三角形，∴有以下三種情況：(1)當(dāng)以點(diǎn)P為頂點(diǎn)時(shí)，則點(diǎn)P在線段BC的垂直平分線上，如解圖①所示，此時(shí)最短距離是10；(2)以點(diǎn)B為頂點(diǎn)時(shí)，則點(diǎn)P的軌跡是在以點(diǎn)B為圓心，BC長(zhǎng)為半徑的圓周上，由解圖②易知，P，A兩點(diǎn)間最短距離是與點(diǎn)A重合，又∵點(diǎn)P不與點(diǎn)A重合，故舍去；(3)以點(diǎn)C為頂點(diǎn)時(shí)，則點(diǎn)P的軌跡是在以點(diǎn)C為圓心，BC長(zhǎng)為半徑的圓周上，由解圖③易知線段AF的長(zhǎng)即為最短距離，在Rt△ABE中，AB＝10，∠ABE＝180°－120°＝60°，AE＝AB×sin60

23、°＝5；在Rt△AEC中，AE＝5，∠ACE＝30°，∴AC＝2AE＝10，∴AF＝AC－CF＝10－10，即P，A兩點(diǎn)間的最短距離為(10－10) cm. 第3題解圖 4. 6＋3　【解析】如解圖，延長(zhǎng)EF和BC延長(zhǎng)線交于點(diǎn)G，在矩形ABCD中，∠B的角平分線BE與AD交于點(diǎn)E，∴∠ABE＝∠AEB＝45°，∴AB＝AE＝9，∴在Rt△ABE中，BE＝＝9，又∵∠BED的平分線EF與DC交于點(diǎn)F，∴∠BEG＝∠DEF，∵AD∥BC，∴∠G＝∠DEF，∴∠BEG＝∠G，∴BG＝BE＝9，由∠G＝∠DEF，∠EFD＝∠GFC，可得△EFD∽△GFC，∴＝＝＝，設(shè)CG＝x，則DE＝2x，則

24、AD＝AE＋DE＝9＋2x＝BC，∵BG＝BC＋CG，∴9＝9＋2x＋x，解得x＝3－3，∴BC＝9＋2×(3－3)＝6＋3. 第4題解圖 5．解：(1)； (2)①證明：∵∠A＝∠EOP＝90°，∠A＋∠EOP＝180°， ∴A、E、O、P四點(diǎn)共圓， ∴點(diǎn)Ο一定在△APE的外接圓上；(也可取EF中點(diǎn)K，連接AK，OK進(jìn)行證明) ②如解圖①，連接AO、AC.作OM⊥DA于點(diǎn)M，ON⊥AB于點(diǎn)N，∵EO＝OP，∠MOE＝∠NOP∴Rt△MOE≌Rt△NOP∴MO＝NO∴OA是∠DAB的角平分線， 第5題解圖① ∴點(diǎn)Ο在對(duì)角線AC上． 當(dāng)點(diǎn)P在A點(diǎn)時(shí)，O點(diǎn)在A點(diǎn)處；當(dāng)點(diǎn)P

25、在B點(diǎn)時(shí)，O點(diǎn)在AC中點(diǎn)處， ∵正方形ABCD邊長(zhǎng)為4， ∴點(diǎn)O經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)為AC＝2； (3)如解圖②，取PE中點(diǎn)M，連接AM，作MH⊥AP于點(diǎn)H， 第5題解圖② ∵AM＝PM＝EM，∴點(diǎn)M為△AEP外心， ∵M(jìn)H∥EA，ME＝MP，∴MH為△AEP的中位線， ∴MH＝EA， ∵∠EPA＋∠CPB＝90°，∠PCB＋∠CPB＝90°，∴∠EPA＝∠PCB， 設(shè)AP＝x，則PB＝4－x， ∵tan∠EPA＝＝，tan∠PCB＝＝， ∴＝， EA＝＝－x2＋x， ∴當(dāng)x＝－＝－＝2時(shí)，EA＝1， 此時(shí)MH＝EA＝，即圓心到ΑΒ邊的距離的最大值為. 6．解：(1)

26、當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B在PD異側(cè)時(shí)，由∠DPQ＝10°，∠BPQ＝90°得∠BPD＝80°， ∴∠APB＝180°－∠BPD＝100°； 當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B在PD同側(cè)時(shí)，如解圖①所示，∠APB＝180°－∠BPQ－∠DPQ＝80°， ∴∠APB的大小是80°或100°； (2)如解圖①，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AB于點(diǎn)H，連接BQ， 第6題解圖① ∵tan∠ABP∶tanA＝∶＝3∶2， ∴AH∶HB＝3∶2， ∵AB＝10，∴AH＝6，HB＝4， ∴在Rt△PHA中，PH＝AH·tanA＝8， ∴PQ＝PB＝＝＝4， ∴在Rt△PQB中，QB＝PB＝4； (3) 16π或20π或32π.

27、 【解法提示】①當(dāng)點(diǎn)Q在AD上時(shí)，如解圖②中圖①，由tanA＝得PB＝AB·sinA＝8，∴SPB掃 ＝16π； ②當(dāng)點(diǎn)Q在CD上時(shí)，如解圖②中圖②，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AB于點(diǎn)H，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)K，由題意得∠K＝90°，∠KDP＝∠A， 設(shè)AH＝x，則PH＝AH·tanA＝x， ∵∠BPH＝∠KQP＝90°－∠KPQ，PB＝QP， ∴Rt△HPB≌Rt△KQP， ∴KP＝HB＝10－x， ∴AP＝x，PD＝(10－x)，AD＝15＝x＋(10－x)， 解得x＝6， ∵PB2＝PH2＋HB2＝80，∴SPB掃＝20π； ③當(dāng)點(diǎn)Q在BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，如解圖②中的圖③，過(guò)點(diǎn)B作B

28、M⊥AD于點(diǎn)M，由①得BM＝8， 又∵∠MPB＝∠PBQ＝45°，∴PB＝8， ∴SPB掃＝32π. 第6題解圖② 沖刺名校 1.或　【解析】∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝5，∠DAC＝∠BAC，∵EF⊥AA′，∴∠EPA＝∠FPA＝90°，∴∠EAP＋∠AEP＝90°，∠FAP＋∠AFP＝90°，∴∠AEP＝∠AFP，∴AE＝AF，∵△A′EF是由△AEF翻折所得，∴AE＝EA′，AF＝FA′，∴AE＝EA′＝A′F＝FA，∴四邊形AEA′F是菱形，∴AP＝PA′，①當(dāng)CB＝CA′時(shí)，∵AA′＝AC－CA′＝3，∴AP＝AA′＝；②當(dāng)A′C＝A′B時(shí)，∵∠A′CB＝∠A′BC＝∠BAC，∴△A′CB∽△BAC，∴＝，∴解得A′C＝，∴AA′＝8－＝，∴AP＝AA′＝，綜上所述，AP的長(zhǎng)為或. 21